【优选算法】位运算 {位运算符及其优先级；位运算的应用：判断位，打开位，关闭位，转置位，位图，get lowbit，close lowbit；相关编程题解析}

一、位运算符及其优先级

我们知道，计算机中的数在内存中都是以二进制形式进行存储的，而位运算就是直接对整数在内存中的二进制位进行操作，因此其执行效率非常高，在程序中尽量使用位运算进行操作，这会大大提高程序的性能。

那么，涉及位运算的运算符如下表所示：
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注意：参与位运算的对象只能是整型数据(int, unsigned, char)，不能为实型

异或运算符的运算律

异或0：a^0 = a;
消消乐：a^a = 0;
交换律和结合律：a^bc = a^cb; a^bc = a^(bc);

位运算符的优先级

优先级需要弄清楚，如果不太清楚可以加小括号确保是想要的运算顺序，这里只是相对优先级，即只是和一些常用的算术运算符做比较。
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二、位运算的应用

2.1 判断位

给一个数n，确定它的二进制表示中的第x位是0还是1

算法：(n>>x)&1

原理：按位与的运算规则——有0则0，遇1不变

举例：判断第3位

11001010 //n
00011001 //n>>3
00000001 //&1
00000001 //结果

2.2 打开位

将一个数n二进制表示的第x位修改成1

算法：n |= (1<<x)

原理：按位或的运算规则——有1则1，遇0不变

举例：打开第4位

11001010 //目标
00010000 //1<<4
11011010 //|= 得结果

2.3 关闭位

将一个数n二进制表示的第x位修改成0

算法：n &= ~(1<<x)

原理：按位与的运算规则——有0则0，遇1不变

举例：关闭第7位

11001000 //目标
10000000 //1<<7
01111111 //~(1<<7)
01001000 //&= 得结果

2.4 转置位

将一个数n二进制表示的第x位转置（0变1，1变0）

算法：n ^= (1<<x)

原理：按位异或的运算规则——0变1，1变0

举例：转置第4位

11011010 //目标
00010000 //1<<4
11001010 //^= 得结果

2.5 位图

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定义和特性：位图是一种数据结构，它由一个二进制位数组或者比特数组组成，每个位（bit）只能存储 0 或 1。位图通常被用来表示大量整数的集合，通过位的状态来表示该整数是否出现在集合中。位图支持高效的位操作（如按位与、按位或、按位异或等），适合用于高效地存储和操作大量的布尔型数据。

实现方式：位图可以被实现为一个数组，其中每个元素都是一个字节，而每个字节又包含8个位。对于很大的位图，可以使用多个数组进行分段存储。位图通常不仅仅用于表示整数的集合，还可以用于标记某个特定值是否存在。

详细内容请阅读文章：【高阶数据结构】哈希的其他应用 {位图的介绍及实现，位图的组合应用；布隆过滤器的介绍及实现，布隆过滤器的应用；哈希切分}-CSDN博客

2.6 get lowbit

提取一个数n二进制表示中最低位的1

算法：n & -n

原理：-n（按位取反再加1）将最低位的1左边的位（不包括logbit位）全部转置，左边转置后按位与得0，右边相同位按位与不变。

举例：

11011000 //目标
00101000 //-n
00001000 //& 得结果

2.7 close lowbit

关闭一个数n二进制表示中最低位的1

算法：n & (n-1)

原理：n-1 将最低位的1右边的位（包括logbit位）全部转置，左边相同位按位与不变，右边转置后按位与得0。

举例：

11011000 //目标
11010111 //n-1
11010000 //& 得结果

2.8 其他

位运算实现乘除法：将a左移一位实现*2，将a右移一位实现/2。
- a < < n ≡ a ∗ 2^n
- a > > n ≡ a / 2^n

统计二进制数中有多少个1：

int func(int x){int count=0;while (x){count++;x=x&(x-1); //将lowbit关闭}return count;
}

字符的大小写转换：对应大小写字母ASSIC码的二进制数只有第5位不同（大写为0，小写为1），因此可以通过操作第5位实现大小的相互转换
- 字符小写转大写：ch&=~32;
- 字符大写转小写：ch|=32;
- 字符大小写互换：ch^=32;
交换两变量的值：a=a^b; b=a^b; a=a^b;（异或运算符的运算律：结合律、消消乐）

三、相关编程题

3.1 位1的个数

题目链接

191. 位1的个数 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

不断的close lowbit，每关闭一个1count就++，直到将所有的1都关闭，量的值变为0。

编写代码

class Solution {
public:int hammingWeight(int n) {int count = 0;while(n>0){n &= (n-1);++count;}return count;}
};

3.2 比特位计数

题目链接

338. 比特位计数 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

同上 close lowbit

编写代码

class Solution {
public:vector<int> countBits(int n) {vector<int> ans(n+1, 0);for(int i = 0; i <= n; ++i){int count = 0;int k = i;while(k>0){++count;k &= k-1;}ans[i] = count;}return ans;}
};

3.3 汉明距离

题目链接

461. 汉明距离 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

异或运算：相异为1，相同为0。tmp = x^y将x和y二进制表示中不同的位置置为1，相同的位置置为0。再统计tmp中位1的个数即可，原理同上 close lowbit

编写代码

class Solution {
public:int hammingDistance(int x, int y) {int tmp = x ^ y;int count = 0;while(tmp>0){++count;tmp &= tmp-1;}return count;}
};

3.4 只出现一次的数字

题目链接

136. 只出现一次的数字 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

异或运算的运算律：消消乐

编写代码

class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;for(auto e : nums){ret ^= e;}return ret;}
};

3.5 只出现一次的数Ⅲ

题目链接

260. 只出现一次的数字 III - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

将所有的数按位异或到tmp，最终其实就是只出现一次的两个数的异或结果，即将两个数不同的位置置为1。
get lowbit将tmp的最低位1取出（还是存入tmp）。注意有符号数需要特殊处理INT_MIN（符号位为1，其他位为0），有符号数取反的位操作是：符号位不变，其他位取反再+1。INT_MIN取反会溢出。实际上INT_MIN的lowbit就是它本身。
再次遍历数组，判断所有数的tmp位（异或结果的最低位1），将只出现一次的两个数分到不同的组中进行异或，最终就能分别得到这两个数了。

编写代码

class Solution {
public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {int tmp = 0;for(auto e : nums){tmp ^= e;}tmp = tmp==INT_MIN? tmp:tmp&(-tmp); //get lowbitvector<int> ret(2, 0);for(auto e : nums){if(e & tmp){ret[0] ^= e;}else{ret[1] ^= e;}}return ret;}
};

3.6 判定字符是否唯一

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面试题 01.01. 判定字符是否唯一 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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编写代码

//用一个int数据充当位图
class Solution {
public:bool isUnique(string astr) {// 利用鸽巢原理进行优化if(astr.size() > 26)return false;// 用位图判断一个字符是否在集合中int bitmap = 0;for(auto e : astr){int tmp = 1 << (e-'a');if(!(bitmap & tmp)){bitmap |= tmp;}else{return false;}}return true;}
};//用STL的bitset数据结构
class Solution {
public:bool isUnique(string astr) {if(astr.size() > 26)return false;bitset<26> bs;for(auto e : astr){int x = e - 'a'; //位图的第x位if(!bs.test(x)){bs.set(x);}else{return false;}}return true;}
};

3.7 丢失的数字

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268. 丢失的数字 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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编写代码

class Solution {
public:int missingNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;int i = 0;for(; i < nums.size(); ++i){ret ^= nums[i];ret ^= i;}ret ^= i;return ret;}
};

3.8 两整数之和

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371. 两整数之和 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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编写代码

class Solution {
public:int getSum(int a, int b) {int bitsum = a ^ b; //无进位相加的结果int bitcarry = (a & b)<<1; //进位的结果while(bitcarry != 0) //当不再有进位时退出循环{a = bitsum;b = bitcarry;bitsum = a ^ b;bitcarry = (a & b)<<1;}return bitsum;}   
};

3.9 只出现一次的数字Ⅱ

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137. 只出现一次的数字 II - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

依次确定每一个二进制位

为了方便叙述，我们称「只出现了一次的元素」为「答案」。

由于数组中的元素都在 int（即 32 位整数）范围内，因此我们可以依次计算答案的每一个二进制位是 0 还是 1。

具体地，考虑答案的第 i 个二进制位（i 从 0 开始编号），它可能为 0 或 1。对于数组中非答案的元素，每一个元素都出现了 3 次，对应着第 i 个二进制位的 3 个 0 或 3 个 1，无论是哪一种情况，它们的和都是 3 的倍数（即和为 0 或 3）。因此：

答案的第 i 个二进制位就是数组中所有元素的第 i 个二进制位之和除以 3 的余数。

这样一来，对于数组中的每一个元素 x，我们使用位运算 (x >> i) & 1得到 x 的第 i 个二进制位，并将它们相加再对 3 取余，得到的结果一定为 0 或 1，即为答案的第 i 个二进制位。

编写代码

class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;for(size_t i = 0; i < 32; ++i){int bitsum = 0;for(auto e : nums){bitsum+=(e>>i)&1;}bitsum %= 3;ret |= (bitsum<<i);}return ret;}
};

3.10 消失的两个数字

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面试题 17.19. 消失的两个数字 - 力扣（LeetCode）

题目描述

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算法原理

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编写代码

class Solution {
public:vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {int tmp = 0;//异或到一起for(auto e : nums) tmp ^= e; //原数组for(int i = 1; i<=nums.size()+2; ++i) tmp ^= i; //全数组//此时的tmp种存放的是消失的两个数字的异或结果int lowbit = tmp==INT_MIN? tmp:tmp&(-tmp);vector<int> ret(2, 0);//划分成两类异或for(auto e : nums) //原数组if(e & lowbit) ret[0] ^= e;else ret[1] ^= e;for(int i = 1; i<=nums.size()+2; ++i) //全数组if(i & lowbit) ret[0] ^= i;else ret[1] ^= i; return ret;}
};